资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
解答题 空间向量与立体几何
根据近几年的高考情况，空间向量与立体几何仍然是是高考必考点。虽然九省联考中调整了试题顺序，但今年高考仍有可能在解答中考查这部分内容。在高考中，主要从选择题和解答题两方面出题，解答题以空间向量的应用为主，主要考察空间夹角，体积和距离问题，是高考中的必拿分。
题型1 立体几何种平行关系的证明
1．（24-25高一下·湖南长沙·期末）如图，正四棱台中，上底面边长为，下底面边长为，E为的中点，侧棱长为6.
(1)证明：平面；
(2)求该正四棱台的表面积.
【答案】(1)证明见解析;(2)
【难度】0.85
【知识点】棱台表面积的有关计算、证明线面平行
【分析】（1）连接，交于点，连接.根据三角形中位线定理证明，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）在梯形中，过作交于点，根据平面几何知识可求出，进而可求，即可求解正四棱台的表面积.
【详解】（1）（1）连接，交于点，连接，如图所示.
在正四棱台中，底面为正方形，所以为中点.
又为的中点，.
又平面，平面，平面.
（2）由题可知：在梯形中，，，，
过作交于点，，，
所以，
正四棱台的表面积为
.
此类题型通常通过以下步骤证明： ①在平面内找到或作出一条与已知直线平行的直线（常见方法：三角形中位线、平行四边形的性质、线段成比例利用相似的性质）； ②证明已知直线平行于找到(作出的)直线； ③由判定定理得出结论 从而得证。
1．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为菱形，，，⊥，且平面⊥平面.
(1)在DE上确定一点M，使得平面；
(2)若，且，求多面体的体积.
【答案】(1)点M是ED的中点;(2)
【难度】0.85
【知识点】求组合体的体积、证明线面平行、证明线面垂直、锥体体积的有关计算
【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而得到四边形平行四边形，所以，从而得到线面平行；
（2）作出辅助线，证明出面面垂直，得到CN是四棱锥C－ABFE的高，从而求出，同理得到，相加得到答案.
【详解】（1）当M是ED的中点时，满足平面，理由如下：
取AD中点G，过点G作交DE于点M，则，连接，
又由题，有，，所以，，
即四边形平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.
（2）取AB中点，连接，，
由条件知是边长为1的正三角形，于是CN⊥AB，且.
因为四边形为菱形，所以⊥，
因为平面⊥平面，交线为，
又平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，
因为，所以⊥，
又BF⊥AD，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
即CN是四棱锥C－ABFE的高.
设梯形的面积为，则，
，
同理可知C点到平面ADE的距离也等于，
于是.
于是多面体ABCDEF的体积.
2．如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，点分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若平面将四棱锥分成体积为和的两部分（其中），求的值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【难度】0.65
【知识点】求组合体的体积、证明线面平行、锥体体积的有关计算
【分析】（1）证法一，二，分别在平面内构造直线与平行，利用线面平行的判定定理证明；
（2）延长交的延长线于，连接交于点，取的中点，连接，可得，设平行四边形的面积为，点到底面的距离为，所以五面体的体积，从而求得.
【详解】（1）证法一，如图，连接并延长交的延长线于，连接，
因为为的中点，所以，且，
所以为的中点．而点为的中点，故，
而平面平面，故平面．
证法二，如图，取的中点，连接，又为中点，
则为的中位线，故且．
因为四边形为平行四边形，为的中点，所以且．
故且，所以四边形为平行四边形，故．
而平面平面，故平面．
（2）如图，延长交的延长线于，由，，则，连接交于点，
则平面即平面．取的中点，连接，则，
所以，从而．
设平行四边形的面积为，点到底面的距离为，
则四棱锥的体积．
而五面体的体积为．
故，从而．
题型2：立体几何中垂直关系的证明
1．（25-26高三上·广东·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，，点在线段上.

(1)证明：平面；
(2)已知四点均在球的球面上.
（i）证明：三点共线；
（ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）.
【难度】0.4
【知识点】空间位置关系的向量证明、多面体与球体内切外接问题、线面角的向量求法、证明线面垂直
【分析】（1）利用勾股定理求，并证明，根据线面垂直判定定理证明平面，由此可得，结合条件，根据线面垂直判定定理证明平面，
（2）（i）法一：以为坐标原点，，，的正方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，根据关系，列方程求点的坐标，再证明，由此可证明结论，法二：不妨记为的中点，为的中点，证明，再证明点在过点且垂直于平面的直线上，由此证明点与点重合，由此可证结论；（ii）不妨设，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，由条件列方程求，由此可得结论.
【详解】（1）如图，连接，因为，为的中点，
所以，又，故，
所以，
又，，则，故，
又，，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，

（2）(i)法一：如图，以为原点，，，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，设，
由得，，
解得，，所以点的坐标为，则，故，
又为，的公共点，故三点共线，

法二：不妨记为的中点，为的中点，连接，则，
由（1）平面，所以平面，
由，可知，
易知直线上任一点到三点的距离相等，故，
同理由，知过点且垂直于平面的直线上任一点到三点的距离相等，故，
由，所以点即为点，于是三点共线，

（ii）如图，连接，不妨设，
则，，，
设平面的法向量为，则，
即，取，可得，，所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，，
所以，
由已知，所以，解得或（舍去），
故.

2．（2025·宁夏吴忠·一模）如图，在四棱锥中，底面.
(1)求证：平面平面；
(2)若为的中点，且；
（i）求证：四棱锥的各个顶点都在一个球的球面上，并求该球的半径；
（ii）求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析，；（ii）
【难度】0.65
【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明面面垂直、面面角的向量求法
【分析】（1）由余弦定理求得，由，则，再由线面垂直的性质，得到，即有平面，即可得证；
（2）（i）连接，易证，，故由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，即可证得四棱锥的各个顶点都在一个球的球面上，且为四棱锥的外接球的球心；进而建立空间直角坐标系，设，由，，求得的值，进而根据，利用勾股定理即可求解；（ii）求得平面的法向量与平面的法向量，利用空间向量法求得二面角的余弦值，即可得解.
【详解】（1）由余弦定理，有，
因为，即，所以，
因为底面平面，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）
（i）连接，因为平面平面，所以，
因为为的中点，所以，同理，有，
因为底面平面，所以，
因为为的中点，所以，因此，有，
所以为四棱锥的外接球的球心.
按如图所示建立空间直角坐标系，连接，取的中点，连接，由，有，
又，所以是正三角形，
有，易知，
设，则，有，
因为，所以，
有，得，即，有，
故四棱锥的外接球的半径为
（ii），得，
设平面的法向量为，由有
则，取，得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，由有
取，则，得平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则
1线面垂直.判定定理 文字语言图形语言符号语言线线垂直线面垂直如果一条直线与一个平面内的两条_______直线垂直，那么该直线与此平面垂直
2.线面垂直性质定理 文字语言图形语言符号语言线面垂直线线垂直一条直线垂直于一个平面，它就和平面内的_______一条直线垂直线面垂直线线平行垂直于同一个平面的两条直线_______.
3.面面垂直判定定理 文字语言图形语言符号语言线面垂直面面垂直如果一个平面过另一个平面的_______，那么这两个平面垂直
4.面面垂直性质定理 文字语言图形语言符号语言面面垂直线面垂直两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的_______，那么这条直线与另一个平面垂直
在垂直问题中，通常通过构造直角三角形利用勾股定理，利用垂直本身的性质或者利用三垂线定理得到垂直的直线，从而得证。
1．（24-25高二上·上海静安·期中）如图，在正三棱柱中，已知，、分别是、的中点.
(1)求正三棱柱的表面积；
(2)求证：平面平面；
(3)求证：直线平面.
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析
【难度】0.85
【知识点】棱柱表面积的有关计算、证明面面垂直、证明线面平行
【分析】（1）根据多面体表面积的求法求解.
（2）证明出线面垂直，从而证明面面垂直；
（3）证明出，从而证明出线面平行.
【详解】（1）正三棱柱的侧面积为：，底面积为.
所以正三棱柱的表面积为：.
（2）如图：
因为为等边三角形，为的中点，故，
又三棱柱为直三棱柱，故平面平面，
因为平面，平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（3）连接，交与点，连接.
因为四边形为正方形，所以为中点，
又为中点，所以，又平面,平面，
所以平面.
2．（2025·广东·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，.
(1)证明：；
(2)若四棱锥的外接球的表面积为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【难度】0.65
【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、求二面角
【分析】（1）由线面垂直的性质证明线线平行，先证平面即可.
（2）先确定四棱锥的外接球的球心，即可得的长，过作于，所以为二面角的平面角，求解即可.
【详解】（1）取AB的中点，连接，则由题意知为正三角形，
所以，
由等腰梯形知，设，则，，
故，即得，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由于，又，为等边三角形，
，即为四边形外接圆的圆心，且半径，
过作平面的垂线，则，
在平面内作的垂直平分线交与点，
则，即为四棱锥的外接球的球心，
且半径，则，，则，
过作于，平面，
所以平面，又平面，
则，所以为二面角的平面角，，
所以二面角的平面角的余弦值为.
题型3：立体几何中的线线角
1．（2025·广西·模拟预测）如图，直四棱柱的下底面为菱形，，是上底面内两个不同的动点．

(1)若为正方体，为上底面的中心，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若恰好是二面角的平面角．证明：在动点运动过程中，三棱锥的体积保持不变．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【难度】0.4
【知识点】求异面直线所成的角、由二面角大小求线段长度或距离、线面垂直证明线线垂直、锥体体积的有关计算
【分析】（1）根据异面直线的定义得与所成角的平面角为，再根据已知有，并设正方体的棱长为2求出相关线段长，即可得；
（2）根据二面角的定义得，结合线面垂直的判定和性质及平面的基本性质得到M在上，最后证明平面，应用等体积法及棱锥体积公式即可证.
【详解】（1）由正方体的结构特征知，则异面直线与所成角的平面角为，

又平面，平面，则，
所以为直角三角形，则，
若正方体的棱长为2，则，故，
所以；
（2）由于是二面角的平面角，则，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，则，因为直四棱柱，所以且，
所以四边形是平行四边形，则，所以，
又因为在直四棱柱中，可得平面，
因为平面，则，又因为，且平面，
所以平面，
由平面且平面，平面平面，
所以平面与平面重合，点M在平面内，又点M在平面内，
所以平面平面，故M在上，而，
由平面，平面，则平面，
所以到平面的距离恒定不变，又一定，则恒定，得证.

立体几何中异面直线所成的夹角： 1.平移法：将异面直线平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形． 2.向量法：设异面直线和所成角为，其方向向量分别为，；则异面直线所成角向量求法：① ②
1．（2025·广西·模拟预测）如图，直四棱柱的下底面为菱形，，是上底面内两个不同的动点．

(1)若为正方体，为上底面的中心，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若恰好是二面角的平面角．证明：在动点运动过程中，三棱锥的体积保持不变．
【答案】(1)；；(2)证明见解析.
【难度】0.4
【知识点】求异面直线所成的角、线面垂直证明线线垂直、锥体体积的有关计算、由二面角大小求线段长度或距离
【分析】（1）根据异面直线的定义得与所成角的平面角为，再根据已知有，并设正方体的棱长为2求出相关线段长，即可得；
（2）根据二面角的定义得，结合线面垂直的判定和性质及平面的基本性质得到M在上，最后证明平面，应用等体积法及棱锥体积公式即可证.
【详解】（1）由正方体的结构特征知，则异面直线与所成角的平面角为，

又平面，平面，则，
所以为直角三角形，则，
若正方体的棱长为2，则，故，
所以；
（2）由于是二面角的平面角，则，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，则，
因为直四棱柱，所以且，
所以四边形是平行四边形，则，所以，
又因为在直四棱柱中，可得平面，
因为平面，则，
又因为，且平面，所以平面，
由平面且平面，平面平面，
所以平面与平面重合，点M在平面内，又点M在平面内，
所以平面平面，故M在上，而，
由平面，平面，则平面，
所以到平面的距离恒定不变，又一定，则恒定，得证.

2．（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．

(1)证明：平面；
(2)求异面直线与夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【难度】0.65
【知识点】面面平行证明线面平行、求异面直线所成的角、证明面面平行、证明线面平行
【分析】（1）取的中点，利用线面平行、面面平行的判定推理得证.
（2）取的中点，的中点，利用几何法求出异面直线的夹角余弦.
【详解】（1）在三棱台中，设的中点为，连接，由为的中点，
得，又平面，平面，则平面，
由为梯形的中位线，得，又平面，平面，
则平面，而，平面，平面，
因此平面平面，又平面，所以平面.

（2）取的中点，的中点，连接、、、、，
由，是中点，得四边形是平行四边形，
则，又是中点，是中点，则，
即就是异面直线与夹角，
又底面，与都是等腰直角三角形，，
则，，
，因此，
所以异面直线与夹角的余弦值为.
题型4：立体几何中的线面角
1．如图，在三棱柱 中，底面 是正三角形， .
(1)求证:三棱锥 是正三棱锥；
(2)若三棱柱 的体积为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【难度】0.65
【知识点】正棱锥及其有关计算、线面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直
【分析】（1）过点 作 平面 于点 ，利用条件证明平面，推得，同理即可证得点 是 的垂心，则可得证；
（2）由三棱柱的体积，结合，求得三棱柱的高，如图建系，写出相关点的坐标，求出平面的法向量坐标，利用向量夹角的坐标公式，计算即得.
【详解】（1）过点 作 平面 于点 ， 平面 ，所以 ，
又 平面 ，
平面 又 平面 则，
同理可证 ，故 是 的垂心，
又 是正三角形，则 是 的中心，因此三棱锥 是正三棱锥.
（2）因为三棱柱 的体积为 ，
因，故底面的面积为 ，所以三棱柱的高，
以 的中点 为坐标原点，以 为 轴的正方向，过且与平行的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ，
设平面的法向量为 ，因为 ，，
则 ，取 ，则 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为 ，故.
立体几何中的线面角： 定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角． 范围： 常见求法： 1.常规法：过平面外一点做平面，交平面于点；连接，则即为直线与平面的夹角．接下来在中解三角形．即（其中即点到面的距离，可以采用等体积法求，斜线长即为线段的长度）； 2.向量法：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．
1．（2025·山东德州·三模）建筑学中常用体形系数表示建筑物与室外大气接触的外表面积与其所包围的体积的比值，即，为建筑物暴露在空气中的外表面积（不包括地面的面积），为建筑物所包围的体积．某圆台形建筑如图所示，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于，的点，且．
(1)若，求圆台形建筑的高；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)1；(2)
【难度】0.65
【知识点】圆台的结构特征辨析、线面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直
【分析】（1）根据条件，证明线面垂直，从而得到轴截面的几何性质，根据所给边长，利用勾股定理求出圆台的高.
（2）利用体形系数求出圆台的高，建立空间直角坐标系，利用向量方法求线面夹角的正弦值.
【详解】（1）
如图所示，连接，因为，所以，
由圆台的性质可知平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为且，所以四边形为平行四边形，
又，所以平行四边形为菱形，
则，则，即.
（2）由设圆台的高为，则母线长为，
，
故，解得，
如图所示，以所在的直线分别为，，轴，建立空同直角坐标系
如图所示，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令x=1，得平面的一个法向量为.
设直线与平面所成的角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
2．（2025·山东·模拟预测）如图，是的直径，与所在的平面垂直，，是上的一动点（不同于），为线段的中点，点在线段上，且．

(1)求证：
(2)当时，求直线与直线所成角的余弦值
(3)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)
【难度】0.4
【知识点】求异面直线所成的角、线面垂直证明线线垂直、求线面角
【分析】（1）应用线面垂直判定定理得出平面，平面 进而得出线面垂直；
（2）应用异面直线所成角结合余弦定理计算求解；
（3）先根据线面垂直得出点到平面的距离，进而结合基本不等式得出正弦值为．
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为在平面内，所以 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以．
（2）因为，所以，所以
又因为为等腰直角三角形，为的中点，所以
取的中点为，连接，则，且，
所以为异面直线，所成的角或其补角
在直角中，，所以，
在中，，所以，
直线与直线所成角的余弦值为．
（3）设，则，

设，则．过点作的垂线，垂足为，
由于是确定的，所以当三棱锥的体积最大时，
即为点到平面的距离最大，即点到平面的距离最大．
过点向作垂线，垂足为，又因为平面，
所以，平面，所以平面，
所以为点到平面的距离．
故，
，
当，即时等号成立
此时，，则点到平面的距离为，
故直线与平面所成角的正弦值为．
3．（2025·山西·模拟预测）如图所示，在边长为2的正方体中，分别是棱上的点（异于端点），且．
(1)证明：与相交且交点在直线上．
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．
【答案】(1)证明见解析；(2)1
【难度】0.85
【知识点】空间中的线共点问题、已知线面角求其他量
【分析】（1）连接，由已知得出四边形为梯形，则与相交，再根据点线面的关系即可证明；
（2）以为原点，，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，由线面夹角的向量公式列出方程即可求解．
【详解】（1）连接，因为，所以，，所以，
因为分别是棱上异于端点的点，
所以，故四边形为梯形，故与相交，
记，
因为平面平面，平面平面，
所以，即与的交点在直线上．
（2）因为是正方体，所以以为原点，，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，所以，
设为平面的法向量，由，可得，
令，得，则，
因为，设直线与平面所成的角为，
所以，又，
解得，故当直线与平面所成角的正弦值为时，．
4．（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．

(1)求证：平面；
(2)若二面角为120°，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【难度】0.65
【知识点】面面平行证明线面平行、证明线面平行、证明面面平行、线面角的向量求法
【分析】（1）若分别是上的点，且，连接，利用线面、面面平行的判定定理依次证明平面、平面、平面平面，再由线面平行的性质即可证结论；
（2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，设，标出相关点坐标，求出直线与平面的方向向量、法向量，应用向量法求线面角的正弦值，即可得其余弦值.
【详解】（1）若分别是上的点，且，连接，
又，所以，即四点共面，
由平面，平面，则平面，
同理可证平面，又，且都在平面内，
所以平面平面，平面，故平面；

（2）由，即，，则，
而都在平面内，所以平面，
平面，故平面平面，
过作直线平面，可建立以为原点的空间直角坐标系，如下图示，
由等腰梯形中，，，若，
所以，，，，又，
所以，则，且，，
若是平面的一个法向量，则，
取，则，设直线与平面所成角为，
所以，则，
所以直线与平面所成角的余弦值.

题型5：立体几何中的面面角
1．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，矩形是圆柱的轴截面，，点分别是上、下底面圆周上的点，且.

(1)求证：；
(2)若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【难度】0.65
【知识点】圆柱的结构特征辨析、面面角的向量求法
【分析】（1）构造，通过圆柱和圆的相关性质证明，，从而证明.（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求两平面夹角.
【详解】（1）

过作平面，交圆于，连接，.
根据圆柱性质易得，.
故四边形是平行四边形，所以.
因为，所以.
因为和是圆中直径所对的圆周角.
所以.
又因为，所以，即.
所以四边形是矩形，故，.
又因为，，所以四边形是平行四边形.
所以.
故.
（2）如图，设为圆柱的母线，则底面，连结，

以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
因为，所以.
因为四边形为正方形，所以.
而，.
所以，解得.
所以，.
所以，，，，.
设平面的法向量为，设平面的法向量为.
又因为，，
所以，取，则，
所以.
所以平面与平面夹角的正弦值为.
2．（2025·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，且为正三角形，E，F分别为的中点，．
(1)证明：平面．
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【难度】0.65
【知识点】证明线面平行、锥体体积的有关计算、面面角的向量求法
【分析】（1）根据三角形重心的性质，结合线段成比例性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质定理、三棱锥的体积公式，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）设的中点为K，连接．
因为，所以．
又因为G为的重心，所以，所以，所以．
又因为平面平面，
所以平面．
（2）因为为的中点，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积为，
，所以
以E为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则平面的一个法向量为
，
则．
设平面的法向量为，
即令，
则，
．
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为
求立体几何中的面面角的求法： 1.定义法 在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，如图在二面角的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内作垂直于棱的射线和，则射线和所成的角称为二面角的平面角（当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）． 2.垂面法 由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角． 3.向量法 设是二面角的两个半平面的法向量， 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； （特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.） 4.三垂线法 在面或面内找一合适的点，作于，过作于，则为斜线在面内的射影，为二面角的平面角．如图1，具体步骤： ①找点做面的垂线；即过点，作于； ②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作于，连接； ③计算：为二面角的平面角，在中解三角形． 图1 图2 图3 5.射影面积法 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小； 6.补棱法 当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线（称为补棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，也可直接用射影面积法解题．
1．（2025·广东广州·模拟预测）在三棱锥中，平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在棱AC上，且.
(1)求证：；
(2)若是边长为2的等边三角形，且三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【难度】0.4
【知识点】线面垂直证明线线垂直、锥体体积的有关计算、面面角的向量求法
【分析】（1）根据中位线以及相似比可证明为平行四边形，继而可得线线平行，即可根据线面垂直的性质求证，
（2）建立空间直角坐标系，求解法向量，即可利用向量的夹角求解.
【详解】（1）如图，分别在线段上取点，使，，连接，
因为分别是的中点，,,
在中，，，所以，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以，即.
（2）设，因为三棱锥的体积为，平面，
所以，即，所以，
取CD的中点，连接BO，则.
过点作，则平面BCD，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，
所以平面的一个法向量可取为，而平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
2．（25-26高三上·安徽蚌埠·开学考试）如图，在四棱锥中，是正三角形，．
(1)求证：平面平面；
(2)设，若点均在球的球面上且点在平面内．
（i）求四棱锥的体积；
（ii）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）4；（ii）
【难度】0.65
【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明面面垂直、锥体体积的有关计算、面面角的向量求法
【分析】（1）先得到，结合得平面，故平面平面；
（2）（i）解法一：作出辅助线，得到四边形的面积，由面面垂直得到线面垂直，四棱锥的高为，并求出，由锥体体积公式得到答案；
解法二：先得到四棱锥的高为，建立空间直角坐标系，设，，其中，根据半径相等得到方程组，求出，从而利用锥体体积公式得到答案；
（ii）解法一：作出辅助线，得到为二面角的平面角，求出各边长，由余弦定理和三角函数可得，进而由余弦定理可得，得到答案．
解法二：建立坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求出平面与平面夹角余弦值.
【详解】（1）由条件得，，则是线段的中垂线，
所以．
又平面，
所以平面，而平面，
故平面平面；
（2）（i）解法一：
如图所示，记与交于点，连接，
由题意，为四边形的外接圆圆心，即四点共圆，
由条件，可得是线段的中垂线，
所以，故，
则是四边形的外接圆直径，点为的中点．
因为，所以，
四边形的面积为．
取的中点，连接，则．
因为为的中点，所以．
由（1）知，平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，即四棱锥的高为．
又平面，则，而，
所以，
四棱锥的体积为．
解法二：记与交于点，连接，由为的中点，所以．
由（1）知，平面平面，平面平面，
平面，所以平面，即四棱锥的高为．
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由是正三角形，可知，，
由点在平面内，设，，其中，
设，可得方程组，
解得，．
所以，四边形的面积为．
又，四棱锥的体积为．
（ii）解法一：作，垂足为点，连接．
由为公共边，则，
所以且，
即为二面角的平面角．
由，
在中，由余弦定理，，则，
所以．
又，在中，由余弦定理，，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
解法二：由（i）知，，
因为，
设平面的法向量为，
由，取，则，
所以平面的法向量为．
因为，
设平面的法向量为，
由，
取，则，
所以平面的法向量为．
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
3．（2025·河南新乡·模拟预测）如图所示在直三棱柱中，，，M是的中点，
(1)求证：平面，
(2)试问在棱上是否存在点，使得与与所成角为 若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由，
(3)在（2）题设条件下，试求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点为的中点；(3)
【难度】0.65
【知识点】求异面直线所成的角、证明线面平行、面面角的向量求法
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为构造中位线，证明线线平行，即连结，使得与交于点，证明；
（2）利用补体法，结合线线角的定义，转化为相交线所成角，即可说明；
（3）以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，根据法向量求二面角的夹角的余弦值.
【详解】（1）在直三棱柱中，连接，使得与交于点，
易知为中点，再连接，则为的中位线图①（如图①），于是，
而在平面外，平面，所以平面
（2）根据题意可将已知直三棱柱补成如图②直四棱柱，
取中点中点，连接，DF，取中点，连接，于是有，
与直线所成角等于与所成角，即为所成角，
不妨令，易得，即为正三角形，
即，进而知与直线所成角等于，
显然点与点重合，故存在点，且点为的中点，
（3）在（2）的题设条件下，两两垂直，
取为空间原点，即，，的正方向依次为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图③所示，即得相关点的坐标，
即依次为，，，，，，
相关向量，，，，
设平面的法向量为，则有
，取，则得
设平面的法向量为，
则有，取，则得，
设法向量为与法向量为夹角为，则，
事实上平面与平面所成角为锐角，显然平面与平面的余弦值为，
题型6：立体几何中点到线的距离
1．（2024·青海·一模）如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为4的正方形，点F在底面圆O上，，点G在线段BF上运动．
(1)当平面DAF时，求线段的长度；
(2)设，当与平面DAF所成角的正弦值为时，求的值．
【答案】(1)；(2)或
【难度】0.65
【知识点】已知线线角求其他量、由线面平行求线段长度
【分析】（1）利用线面平行当平面DAF时，找到两点重合，再建系后利用空间两点间距离公式求出线段的长度即可；
（2）建系后找到面的法向量和，代入空间向量法求线面角的公式，解出值即可.
【详解】（1）
取的中点，连接，
因为四边形ABCD为边长是4的正方形，所以，
所以，所以，，四边形为平行四边形，所以，
因为面，且不在平面内，所以面，
所以当两点重合时，面，
因为面，可以以为轴，建立一个空间直角坐标系，
所以，则，
.
（2）设，，
因为，则，
由直径对应的圆周角为直角，易得面，所以面的法向量，
设与平面DAF所成角为，则
，
化简可得，解得或.
求立体几何中点到线的距离: 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：
1．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有.

(1)证明：；
(2)已知，，，直线与平面所成角的正弦值为.
（i）求的面积；
（ii）求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）.
【难度】0.65
【知识点】锥体体积的有关计算、空间向量数量积的应用、三角形面积公式及其应用、线面垂直证明线线垂直
【分析】（1）由空间向量的运算可得，，再由线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
（2）（i）由余弦定理求，根据同角的平方关系求出，再由三角形面积公式即可求解；
（ii）由（i）得即为与平面所成角，根据及即可求解.
【详解】（1）因为E为边AB的中点，所以.
又，即，即.
，
所以.
又因为，所以，即.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.

（2）（i）由余弦定理可得，
所以，所以.
（ii）由（1）可知，平面，所以即为与平面所成角.
因为，所以，，
所以，得.
设到平面的距离为，点到直线的距离为，
则.
因为，
又，所以.
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点，直线与所成角的余弦值为．求：
(1)点到直线的距离；
(2)二面角的余弦值．
【答案】(1)；(2)．
【难度】0.85
【知识点】点到直线距离的向量求法、已知线线角求其他量、面面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直
【分析】（1）作出辅助线，证明出线线垂直，建立空间直角坐标系，得到两直线的夹角余弦值，进而由点到直线距离公式求出答案；
（2）求出平面的法向量，利用法向量求出二面角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，因为，，所以，
又，所以四边形为平行四边形，又，故⊥，
因为平面，平面，所以，
如图，以A为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，于是．
设所成的角为，则，
故，解得，
设点到直线的距离为，则，
所以．
所以点到直线的距离为．
（2）依题意，．
设平面的一个法向量，则，
解得，令，得，所以，
设平面的一个法向量为，则，
解得，令，得，则．
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
则，
所以二面角的余弦值为．
题型7：立体几何中线到面的距离
1．（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，
（i）求点F到平面AEG的距离.
（ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积
【答案】(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）直观图见解析，面积为.
【难度】0.65
【知识点】斜二测法画平面图形的直观图、证明面面平行、求点面距离、锥体体积的有关计算
【分析】（1）延长交于点，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理得证.
（2）（i）在三棱锥中由等体积法求得点F到平面AEG的距离；（ii）用斜二测画法作图，并进行计算.
【详解】（1）由分别为的中点，得，而平面，平面，
则平面，延长交于点，连结，由，得，
由是的中点，得是的中点，又是的中点，
则，而平面，平面，
因此平面，又平面，且，所以平面平面.
（2）（i）设点到平面的距离为，取的中点，连结，
则，且，
由平面，得平面，由，得，
在△中,，则，
又，于是，解得，
所以点F到平面AEG的距离.
（ii）取直角梯形底边的中点，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，
作坐标系，使，在上取点，使，且为的中点，
在轴上取点，使，过作轴，且使，
连接，则梯形是直角梯形的斜二测直观图，如图，
梯形的面积.
求立体几何中线到面的距离： 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
1．（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，
（i）求点F到平面AEG的距离.
（ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积
【答案】(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）直观图见解析，面积为.
【难度】0.65
【知识点】斜二测法画平面图形的直观图、锥体体积的有关计算、求点面距离、证明面面平行
【分析】（1）延长交于点，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理得证.
（2）（i）在三棱锥中由等体积法求得点F到平面AEG的距离；（ii）用斜二测画法作图，并进行计算.
【详解】（1）由分别为的中点，得，而平面，平面，
则平面，延长交于点，连结，由，得，
由是的中点，得是的中点，又是的中点，
则，而平面，平面，
因此平面，又平面，且，所以平面平面.
（2）（i）设点到平面的距离为，取的中点，连结，
则，且，
由平面，得平面，由，得，
在△中,，则，
又，于是，解得，
所以点F到平面AEG的距离.
（ii）取直角梯形底边的中点，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，
作坐标系，使，在上取点，使，且为的中点，
在轴上取点，使，过作轴，且使，
连接，则梯形是直角梯形的斜二测直观图，如图，
梯形的面积.
2．（2025·广东惠州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，且，.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【难度】0.65
【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法、求二面角
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）法一：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量夹角公式求解即可；
法二：利用等体积法求得D到平面距离为，在中，由余弦定理得，进而求出，利用等面积法求得为点到交线的距离，设平面与平面的夹角为，求出，进一步求出，即可得解.
【详解】（1）因为平面，平面，则，
因为，即，
因为，平面，平面，故平面.
（2）法一：平面，，
以点D为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，
所以、、、、，
，，，，
设平面的法向量为，则，取，可得，
设平面的法向量为，则，取，可得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
法二：因为，所以，
又，
而，所以，
故，即D到平面距离为.
依题意，计算可得，在中，，，，
由余弦定理，得，
因为，所以，又，
设为点D到交线的距离，则，
设平面与平面的夹角为，所以，所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2025·福建泉州·一模）如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面；
(3)若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)
【难度】0.65
【知识点】求点面距离、证明线面平行、证明线面垂直、点到平面距离的向量求法
【分析】（1）根据棱台的性质得到平面平面，然后利用面面平行的性质定理得到，然后根据棱台和菱形的性质得到，即可得到，最后证明线面平行即可；
（2）利用勾股定理得到，根据等腰三角形的性质得到，然后证明线面垂直即可；
（3）解法一：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后建系，利用空间向量的方法求距离；
解法二：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后构建平面平面，利用面面垂直的性质定理得到为直线到平面的距离，然后利用等面积求距离.
【详解】（1）
连结，交于点，连结，则为的中点，
由四棱台，得平面平面，
又平面平面，平面面，所以，
因为，所以，因为为的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，故，
又平面平面，所以平面．
取的中点，连结，
由四棱台得，，，，
所以四边形为平行四边形，，则，
所以，所以，
由（1），知，又，所以，因为，所以，
又平面，所以平面．
（3）解法一：菱形的面积，
由四棱台且，可得，
四棱台的体积，
从而，解得，
因为，所以，
故，从而，所以，所以，
取的中点，则两两垂直，如图，以为坐标原点，分别，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面即平面的法向量，则即
整理，得令，得，
从而点到平面的距离，
所以直线到平面的距离为．
解法二：
延长交于点，取的中点，连结交于点，连结，，则的中点均为，
因为平面，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
过点作于，且平面平面平面，所以平面，
故为点到平面的距离即为直线到平面的距离，
因为，所以点到的距离等于点到的距离，
又中，，
设点到的距离为，则，
所以，解得，
所以直线到平面的距离为．
题型8：立体几何中的体积问题
1．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，，，是等边三角形，O，M分别为线段AB，PB的中点，且，．

(1)求证：平面；
(2)求多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【难度】0.65
【知识点】线面平行的性质、求组合体的体积、证明面面平行、证明线面平行
【分析】（1）由面面平行的性质定理和判定定理即可证明；
（2）多面体OMCPAD的体积，分别求出即可得出答案.
【详解】（1）∵O，M分别为线段AB，PB的中点，∴．
∵平面，平面，∴平面．
∵，，，∴，，
∴四边形ADCO为平行四边形，则．
∵平面，平面，∴平面．
∵，平面，∴平面平面．
∵平面，∴平面．
（2）如图，连接OP．∵是等边三角形，∴．
∴平面平面，平面平面，平面，
∴平面．
∵是等边三角形，，∴．
∴．
∵M为PB的中点，∴三棱锥的高，
∴，
∴多面体OMCPAD的体积.

2．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，.
(1)证明：多面体为四棱锥；
(2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明；
(3)若，平面，且，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析；(3)
【难度】0.65
【知识点】空间中的点共线问题、判断几何体是否为棱锥、点到平面距离的向量求法、锥体体积的有关计算
【分析】（1）法一：取的中点，连接，通过求证，说明共面即可求证；法二：连接AC，AF，通过向量运算说明，进而可求证；法三：连接AF，通过，说明共面即可求证；
（2）法一：找到两平面的两个公共点，即可求解；法二：连接EM并延长交BD于点N，连接AN，确定为公共点即可；
（3）法一：建系，由向量法求得点到面的距离，即可求解.法二：由，
及，即可求解；
【详解】（1）法一：取的中点，连接，因为是的中点，且，
所以是的中点，所以，，
又，，，所以且，
又，，所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，又，所以，
所以四点共面，即四边形为平面四边形.
又多面体其余各面都是有一个公共顶点P的三角形，所以多面体为四棱锥.
法二：连接AC，AF，由已知，有，
，
所以，所以四边形AMFE为平面四边形.
又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形，所以多面体PAMFE为四棱锥，
法三：连接AF，由已知，有
，
，，
所以，所以A，M，F，E四点共面，即四边形AMFE为平面四边形.
又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形，所以多面体PAMFE为四棱锥.
（2）法一：如图，延长交于点，连接，直线即为所求作的交线.
易知为平面与平面的公共点，
又为与的交点，易知也是平面与平面的公共点，所以即为交线.
法二：如图，连接EM并延长交BD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线.
易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线.
法三：连接FE并延长交CD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线.
，
易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线.
（3）法一：因为，平面ABCD，如图，以A为坐标原点，过点A且与CD平行的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为Y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接AF，
则，，，，，，
故，，，，，.
设平面AEF的法向量为，
则，即，不妨取，则可得，
则点P到底面AMFE的距离为，即为四棱锥的高.
因为，所以，因此四边形AMFE为直角梯形，
又由（1）知，，则，
从而，四棱锥P-AMFE的体积.
法二：连接AF，因为，所以，所以，
所以四棱锥PAMFE的体积，
因为，
所以
，
所以.
立体几何中常见的求体积的方法： 公式法 割补法 等体积法
1．（2024·全国·模拟预测）在四棱柱中，平面平面，，底面为菱形，，分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，求三棱锥的表面积．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【难度】0.65
【知识点】棱锥表面积的有关计算、面面垂直证线面垂直、证明线面平行
【分析】（1）利用棱柱的性质及三角形中位线定理证明四边形GHFE为平行四边形，即可得出，利用线面平行的判定定理即可证明平面；
（2）利用等腰三角形的性质及面面垂直的性质即可证明平面，由题意即可求出，进而可得的值，利用勾股定理、余弦定理及同角三角函数的基本关系求出三棱锥的各棱长，即可求出各面的面积，各面的面积和即该三棱锥的表面积．
【详解】（1）如图，连接，设，连接，
几何体为四棱柱，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
是的中点，，，
分别为的中点，，，，，
，四边形是平行四边形， ，
平面，平面，平面．
（2）设是的中点，连接，过作，交的延长线于点，连接，易知，四边形为平行四边形，，，，，
平面平面，平面平面，
平面，平面，，．
又，，，．
易知，，是边长为1的正三角形，即．
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
，
，
在中，，
，
，
三棱锥的表面积为．
2．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，.

(1)证明：；
(2)记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求；
(3)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)
【难度】0.65
【知识点】线面角的向量求法、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、锥体体积的有关计算
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用余弦定理以及勾股定理可得，进而由线面垂直求证得解，
（2）利用等体积法以及相似，即可由锥体的体积公式求解，
（3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，进而利用向量的夹角公式求解.
【详解】（1）因为，，所以，
因为平面，所以平面，

因为平面，所以，
取中点，因为为中点，所以，因此,，则，，，共面，
因为四边形是边长为4的菱形，，
所以在中，，，
所以，故，所以，
因为，平面，所以平面
因为平面，所以.
（2）由，，，可得
，
所以.
（3）取中点，连接，由题意可得，，两两垂直，以点为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，，.
设平面的法向量为，则有，得，
取，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
题型9：立体几何中的存在性问题
1．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，二面角的大小为．
(1)求线段的长．
(2)若，且，则在线段上是否存在点，使得直线BE与平面PDC所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
【答案】(1)；(2)存在；
【难度】0.65
【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、面面角的向量求法
【分析】（1）利用等腰三角形三线合一，取底边中点证明两个垂直，即可得二面角的平面角，从而利用余弦定理可求线段的长；
（2）利用勾股定理证明线线垂直，可建立以为坐标原点的空间直角坐标系，借助空间向量运算可求解线面角，最后可判断存在性，并求出的长.
【详解】（1）如图，取的中点为，连接．
∵四边形是平行四边形，．
．又．
为二面角的平面角，即．
在中，由余弦定理得．
又平面平面．
平面，．
（2）由（1）知．同理，
又两两垂直．
以为坐标原点，直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则．
假设在线段上存在点满足题意，不妨设，
则．
设平面PDC的法向量为，则
令，则．
设直线BE与平面PDC所成的角为，则，
解得，此时，
存在点满足题意，且．
1．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点.
(1)在底面内是否存在点，满足平面 若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由；
(2)设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在点；(2)
【难度】0.65
【知识点】空间位置关系的向量证明、空间线段点的存在性问题、空间向量共面求参数、线面角的向量求法
【分析】（1）根据题意建系，求出相关点和相关向量的坐标，通过线线垂直建立方程组，即可求得点的坐标，得出结论；
（2）按（1）建系，利用四点共面求得点坐标，再利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）
因底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则
因点P、Q分别是棱的中点，则, ,
假设在底面内存在点，使得平面，则
则由，解得，
故存在点，满足平面；
（2）按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有,
即，则得，，解得，
即，又,
设平面的法向量为，则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
2．（24-25高三下·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，.
(1)证明：平面平面.
(2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，或
【难度】0.65
【知识点】空间线段点的存在性问题、证明面面垂直、已知线面角求其他量、证明线面垂直
【分析】（1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题；
（2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解.
【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接，
设，则，，
因为是等边三角形，且O是的中点，所以.
因为，所以，所以，则.
因为平面，平面，且，
所以平面.因为平面，所以平面平面.
（2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直，
以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，则，，
设，则，
又，所以.
设平面的法向量为，
则令，得.
设直线与平面所成的角为，
则，
解得或，
故当或时，直线与平面所成角的正弦值为.
题型10：立体几何中的截面问题
1．如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．
(1)过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长；
(2)设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值．
【答案】(1)；(2)
【难度】0.65
【知识点】判断正方体的截面形状、由平面的基本性质作截面图形、证明面面垂直、面面角的向量求法
【分析】（1）运平面知识按步骤作出截面，用相似图形性质球边长，再求周长即可；
（2）先证明，当T为线段中点时，平面平面，再借助空间向量法，计算平面法向量，最后借助向量夹角公式计算即可.
【详解】（1）如图，步骤1：延长DA，CE交于点P，连接PF交于点G，连接GE；
步骤2：延长GF，交于点Q，连接交于点H，连接FH，则多边形CEGFH即为所求截面，

由E为AB中点，可得A为DP中点，从而与相似，所以，
又F为中点，从而与全等．
又与相似，所以，
所以，，，，，
故所求截面多边形的周长为．
（2）当T为线段中点时，平面平面，理由如下：
易得，，，故，
所以．又，故．取CD中点M，连接，TM，EM．

因为E，M分别为AB，CD中点，故，所以E，F，，M四点共面，易知四边形为正方形，故．又平面，平面，故，
而，故平面．因为平面，所以．又，所以平面，而平面CEF，故平面平面．
以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，．

设平面TCF的法向量，则，可取．
又，，
设平面CEF的法向量，则，可取．
则．
故平面TCF与平面CEF夹角的余弦值为．
2．（2024·河北·模拟预测）如图，四棱锥中，平面平面，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．
(1)求
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)求平面截四棱锥所得多边形的周长．
【答案】(1)；(2)；(3)
【难度】0.65
【知识点】正余弦定理与三角函数性质的结合应用、棱锥中截面的有关计算、点到平面距离的向量求法、面面角的向量求法
【分析】（1）设，由题意和余弦定理可得，结合同角三角函数的基本关系求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角；
（3）先根据空间点线面的位置关系找出截面，然后求周长即可．
【详解】（1）设，，，则，
在中，，整理得，
由题意得，则，即，解得，
因此，即．
（2）作中点，连接，，因为为中点，，
所以，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而，，平面，故，，，
因为，，
所以四边形、四边形都是平行四边形，
故，，而，所以，
又因为为中点，所以，在平面中也有，
由于，故，，，，
由勾股定理得：，，
故以为原点，，， 为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
设平面，平面，平面，平面的法向量分别为，，，
则，即，取，则，
同理可得，
因为平面同时垂直于平面，平面，所以，，
即，取，则，
平面的法向量是，则，
设平面与平面的夹角为，则，故，
因此平面与平面夹角的正弦值为．
（3）设是平面上一点，因为平面过点，则可以设，
这是因为此时，因此可设，
因为当平面与平面相交时，其交线必为直线且唯一，故只需讨论平面与四棱锥的公共部分，
当时，在直线上，
因此平面过直线，故平面与平面，平面交于直线，与棱，分别交于，，
故只需讨论平面与棱，的交点：设平面与棱，的交点分别为，，
则设，，
令，则，解得，即，
同理可得，
故平面与平面交于，平面交于，因此平面截四棱锥所得截面多边形为四边形，
故周长为．
作截面的几种方法 1.直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。 2.延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。 3.平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。
1．（2024高三·全国·专题练习）如图在正方体中，是所在棱上的中点.
(1)求平面与平面夹角的余弦值
(2)补全截面
【答案】(1)；(2)答案见解析
【难度】0.65
【知识点】判断正方体的截面形状、求二面角
【分析】（1）利用投影面积法可得，可设正方体的棱长为2，计算即可求解；
（2）利用正方体截面的性质即可得结果.
【详解】（1）由投影面积法可得，
因为是所在棱上的中点，设正方体的棱长为2，
则，
，，，
所以在中，边上的高为，所以，
所以.
（2）如图，设所在直线与所在直线交于点，与所在直线交于点，
连接交于点，连接交于点，连接，
则五边形是平面截正方体所得的截面.
2．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，为棱的中点．
(1)若是线段上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由．
(2)过作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
【答案】(1)是定值，；(2)
【难度】0.65
【知识点】球的截面的性质及计算、求空间向量的数量积、多面体与球体内切外接问题、点到直线距离的向量求法
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可得，所以向量在上的投影向量为，运算得解；
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离即点到过的截面的距离最大值，从而得到过的最小截面圆的半径，又最大的截面面积为，得解.
【详解】（1）因为是的中点，所以，所以，，，
因为，所以，又点在线段上，
所以向量在上的投影向量为，故，为定值．
（2）设球心为，外接球半径为，最小截面圆的半径为．
由已知可得，则最大的截面面积为．
以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，．取，，
则，．所以点到直线的距离为，
即点到过的截面的距离最大值为．
所以过的最小截面圆的半径，因此最小的截面面积为，
综上，截面面积的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键是利用向量法求出点到直线的距离也就是点到过的截面的距离最大值，从而得到过的最小截面圆的半径.
3．（2025·陕西西安·一模）如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.

(1)求三棱锥的体积；
(2)当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积.
【答案】(1)；(2)
【难度】0.65
【知识点】空间位置关系的向量证明、锥体体积的有关计算
【分析】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可；
（2）设的中点为，中点为，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可证明，进而得到平面，可得即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，进而求解即可.
【详解】（1）在正方体中，点是棱上的动点，
则到平面的距离即为,
则.
（2）设的中点为，中点为，连接，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
则，即，
因为，平面，所以平面，
则即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，
由正方体的棱长为2，的中点为，中点为，
可得，
在中，，
则，
所以.

题型11：立体几何中的最值问题
1．（2025·辽宁·三模）如图，在高为6的直三棱柱中，底面的周长为分别为棱，上的动点.
(1)若，证明：平面.
(2)求的最小值.
(3)若，求平面与底面夹角的余弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)
【难度】0.65
【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题、证明线面垂直、面面角的向量求法
【分析】（1）由已知，可得，利用勾股定理的逆定理可得，由线面垂直的判定定理即可证得；
（2）将侧面沿展开成矩形，则其对角线即为所求；
（3）设的中点分别为，连接，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用坐标运算分别求得平面和底面的一个法向量，利用公式由表示出，利用二次函数的性质求出的最大值，即为所求.
【详解】（1）因为底面的周长为12，且，所以，
则，所以.
在直三棱柱中，底面，又平面，则，
又，平面，所以平面.
（2）将直三棱柱的侧面沿剪开展平成矩形，如图所示，
其中，所以，所以的最小值为.
（3）设的中点分别为，连接，
因为三棱柱是直三棱柱，则.
因为，底面的周长为，所以，所以，则.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，则，，
则.
设平面的一个法向量为，则，
即，取，得.
易得底面的一个法向量为，
则，
当时，取得最小值，
则取得最大值，且最大值为，
所以平面与底面夹角的余弦值的最大值为.
1．（2025·湖南邵阳·三模）如图，圆台的下底面的内接正方形的边长为4，是上底面圆周上的一点，且满足，．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的外接球的表面积；
(3)是的中点，是上底面圆周上的一点，求异面直线与所成角的余弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).
【难度】0.65
【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、球的表面积的有关计算、异面直线夹角的向量求法
【分析】（1）根据已知得、，由线面垂直的判定证明结论；
（2）将三棱锥补成正三棱柱，应用正弦定理求的外接圆半径，结合已知求外接球半径，即可得三棱锥外接球的表面积；
（3）构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，设，结合得且，再由向量法求异面直线的夹角余弦值，结合基本不等式求最大值.
【详解】（1）由题设，，则，故，
由四边形为正方形，则，而都在平面内，
所以平面；
（2）由平面，为等边三角形，将三棱锥补成正三棱柱，
设的中心为点，的中心为，
则的中点为外接球球心，
所以的外接圆半径，，
所以外接球的半径，
因此三棱锥的外接球的表面积；
（3）由，以为原点，所在直线为轴，建立如下图示的空间直角坐标系，
则，设，连接，
由平面，则平面平面，
则点到的距离等于，而，所以且，
由，，若异面直线所成角为，
则，
所以
，
当且仅当时取等号，则，
所以异面直线与所成角的余弦值的最大值.
2．（2025·辽宁·三模）如图，四棱锥中，．
(1)当为正三角形时，
（i）若，证明：直线平面PBC；
（ii）若A，B，D，P四点在以为半径的球面上，则四棱锥的体积是多少？
(2)当为等腰直角三角形时，且，求二面角的余弦值的最小值．
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）；(2)
【难度】0.65
【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、锥体体积的有关计算、面面角的向量求法
【分析】（1）（i）根据勾股定理得，结合，再利用线面垂直的判定定理证明即可.
（ii）建立空间直角坐标系，求出球心，设点P的坐标为，由和，求出，代入锥体体积公式即可求解.
（2）设，求出平面BPD和平面PDC的法向量，利用向量法求得二面角的余弦值为，然后根据二次函数性质求解最值即可.
【详解】（1）（i）因为，且，所以，
又为正三角形，所以，
因为，所以，进而．
因为，所以，
又因为，PB，平面PBC，
所以直线平面PBC.
（ii）延长BC至E，使得，进而，连结DE，
又有，可知，四边形ABED为正方形，
连结AE交BD于O，过点O作平面ABED，
以O为坐标原点，分别以OE，OD，Oz所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
因为A，B，D，P四点在以为半径的球面上，由球的性质可知球心M在z轴上，设点M的坐标为，
所以，解得，即.
又为正三角形，连结OP，可知，又平面，
进而可得平面AOP，所以点P在坐标平面内，
设点P的坐标为，又有，
则，，解得，
所以四棱锥的高，
直角梯形ABCD的面积，
所以四棱锥的体积.
（2）因为为等腰直角三角形，且，连结OP，则．
建系方法如（ii）问，，
设点，
设平面BPD的一个法向量，则，
令，则，所以.
设平面PDC的一个法向量为，则，
令，则，所以.
.
令，则，
所以.
当且仅当即时等号成立，
所以二面角的余弦值的最小值．
3．（24-25高二下·江西景德镇·期中）在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点.
(1)设，
（i）证明：平面；
（ii）求三棱锥的外接球体积；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）；(2)
【难度】0.4
【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、球的体积的有关计算、线面角的向量求法
【分析】（1）（ⅰ）结合已知和勾股定理，根据线面垂直的判定定理可证线面垂直；
（ⅱ）根据三棱锥的特征确定球心，然后利用球的性质求出球的半径，代入球的体积公式求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合换元法和基本不等式可求其最大值.
【详解】（1）（ⅰ）在中，，，所以.
因为，，所以，
所以.又因为，平面，，所以平面.
（ⅱ）因为平面，且为正三角形，作下图
设三棱锥的外接球的球心为，连结，延长交球面于H，
过作交平面于，则为直角三角形，
所以为斜边的中点， 平面，为的外接圆的直径.
所以，为的中位线，为小圆圆心，则为的中点，
则，则，，
则球的半径，
所以三棱锥的外接球体积为.
如图，建立以为原点的空间直角坐标系，
设二面角的平面角为，
则，，，.
所以,平面的法向量为.
设直线与平面所成角为，
则.
设，
设，所以，
（当且仅当，即时取等号），即.
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
解答题 空间向量与立体几何
根据近几年的高考情况，空间向量与立体几何仍然是是高考必考点。虽然九省联考中调整了试题顺序，但今年高考仍有可能在解答中考查这部分内容。在高考中，主要从选择题和解答题两方面出题，解答题以空间向量的应用为主，主要考察空间夹角，体积和距离问题，是高考中的必拿分。
题型1 立体几何种平行关系的证明
1．如图，正四棱台中，上底面边长为，下底面边长为，E为的中点，侧棱长为6.
(1)证明：平面；
(2)求该正四棱台的表面积.
此类题型通常通过以下步骤证明： ①在平面内找到或作出一条与已知直线平行的直线（常见方法：三角形中位线、平行四边形的性质、线段成比例利用相似的性质）； ②证明已知直线平行于找到(作出的)直线； ③由判定定理得出结论 从而得证。
1．如图，在多面体中，四边形为菱形，，，⊥，且平面⊥平面.
(1)在DE上确定一点M，使得平面；
(2)若，且，求多面体的体积.
2．如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，点分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若平面将四棱锥分成体积为和的两部分（其中），求的值．
题型2：立体几何中垂直关系的证明
1．如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，，点在线段上.
(1)证明：平面；
(2)已知四点均在球的球面上.
（i）证明：三点共线；
（ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求.
2．如图，在四棱锥中，底面.
(1)求证：平面平面；
(2)若为的中点，且；
（i）求证：四棱锥的各个顶点都在一个球的球面上，并求该球的半径；
（ii）求二面角的正弦值.
1线面垂直.判定定理 文字语言图形语言符号语言线线垂直线面垂直如果一条直线与一个平面内的两条_______直线垂直，那么该直线与此平面垂直
2.线面垂直性质定理 文字语言图形语言符号语言线面垂直线线垂直一条直线垂直于一个平面，它就和平面内的_______一条直线垂直线面垂直线线平行垂直于同一个平面的两条直线_______.
3.面面垂直判定定理 文字语言图形语言符号语言线面垂直面面垂直如果一个平面过另一个平面的_______，那么这两个平面垂直
4.面面垂直性质定理 文字语言图形语言符号语言面面垂直线面垂直两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的_______，那么这条直线与另一个平面垂直
在垂直问题中，通常通过构造直角三角形利用勾股定理，利用垂直本身的性质或者利用三垂线定理得到垂直的直线，从而得证。
1．如图，在正三棱柱中，已知，、分别是、的中点.
(1)求正三棱柱的表面积；
(2)求证：平面平面；
(3)求证：直线平面.
2．（2025·广东·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，.
(1)证明：；
(2)若四棱锥的外接球的表面积为，求二面角的余弦值.
题型3：立体几何中的线线角
1．如图，直四棱柱的下底面为菱形，，是上底面内两个不同的动点．
(1)若为正方体，为上底面的中心，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若恰好是二面角的平面角．证明：在动点运动过程中，三棱锥的体积保持不变．
立体几何中异面直线所成的夹角： 1.平移法：将异面直线平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形． 2.向量法：设异面直线和所成角为，其方向向量分别为，；则异面直线所成角向量求法：① ②
1．如图，直四棱柱的下底面为菱形，，是上底面内两个不同的动点．
(1)若为正方体，为上底面的中心，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若恰好是二面角的平面角．证明：在动点运动过程中，三棱锥的体积保持不变．
2．（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．
(1)证明：平面；
(2)求异面直线与夹角的余弦值．
题型4：立体几何中的线面角
1．如图，在三棱柱 中，底面 是正三角形， .
(1)求证:三棱锥 是正三棱锥；
(2)若三棱柱 的体积为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
立体几何中的线面角： 定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角． 范围： 常见求法： 1.常规法：过平面外一点做平面，交平面于点；连接，则即为直线与平面的夹角．接下来在中解三角形．即（其中即点到面的距离，可以采用等体积法求，斜线长即为线段的长度）； 2.向量法：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．
1．（2025·山东德州·三模）建筑学中常用体形系数表示建筑物与室外大气接触的外表面积与其所包围的体积的比值，即，为建筑物暴露在空气中的外表面积（不包括地面的面积），为建筑物所包围的体积．某圆台形建筑如图所示，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于，的点，且．
(1)若，求圆台形建筑的高；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
2．（2025·山东·模拟预测）如图，是的直径，与所在的平面垂直，，是上的一动点（不同于），为线段的中点，点在线段上，且．

(1)求证：
(2)当时，求直线与直线所成角的余弦值
(3)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．
3．（2025·山西·模拟预测）如图所示，在边长为2的正方体中，分别是棱上的点（异于端点），且．
(1)证明：与相交且交点在直线上．
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．
4．（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．

(1)求证：平面；
(2)若二面角为120°，求直线与平面所成角的余弦值．
题型5：立体几何中的面面角
1．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，矩形是圆柱的轴截面，，点分别是上、下底面圆周上的点，且.
(1)求证：；
(2)若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值.
2．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，且为正三角形，E，F分别为的中点，．
(1)证明：平面．
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
求立体几何中的面面角的求法： 1.定义法 在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，如图在二面角的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内作垂直于棱的射线和，则射线和所成的角称为二面角的平面角（当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）． 2.垂面法 由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角． 3.向量法 设是二面角的两个半平面的法向量， 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； （特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.） 4.三垂线法 在面或面内找一合适的点，作于，过作于，则为斜线在面内的射影，为二面角的平面角．如图1，具体步骤： ①找点做面的垂线；即过点，作于； ②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作于，连接； ③计算：为二面角的平面角，在中解三角形． 图1 图2 图3 5.射影面积法 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小； 6.补棱法 当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线（称为补棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，也可直接用射影面积法解题．
1．（2025·广东广州·模拟预测）在三棱锥中，平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在棱AC上，且.
(1)求证：；
(2)若是边长为2的等边三角形，且三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
2．（25-26高三上·安徽蚌埠·开学考试）如图，在四棱锥中，是正三角形，．
(1)求证：平面平面；
(2)设，若点均在球的球面上且点在平面内．
（i）求四棱锥的体积；
（ii）求平面与平面的夹角的余弦值．
3．如图所示在直三棱柱中，，，M是的中点，
(1)求证：平面，
(2)试问在棱上是否存在点，使得与与所成角为 若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由，
(3)在（2）题设条件下，试求平面与平面所成角的余弦值.
题型6：立体几何中点到线的距离
1．（2024·青海·一模）如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为4的正方形，点F在底面圆O上，，点G在线段BF上运动．
(1)当平面DAF时，求线段的长度；
(2)设，当与平面DAF所成角的正弦值为时，求的值．
求立体几何中点到线的距离: 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：
1．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有.
(1)证明：；
(2)已知，，，直线与平面所成角的正弦值为.
（i）求的面积；
（ii）求三棱锥的体积.
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点，直线与所成角的余弦值为．求：
(1)点到直线的距离；
(2)二面角的余弦值．
题型7：立体几何中线到面的距离
1．（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，
（i）求点F到平面AEG的距离.
（ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积
求立体几何中线到面的距离： 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
1．（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，
（i）求点F到平面AEG的距离.
（ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积
2．（2025·广东惠州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，且，.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
3．（2025·福建泉州·一模）如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面；
(3)若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离．
题型8：立体几何中的体积问题
1．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，，，是等边三角形，O，M分别为线段AB，PB的中点，且，．

(1)求证：平面；
(2)求多面体的体积．
2．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，.
(1)证明：多面体为四棱锥；
(2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明；
(3)若，平面，且，求四棱锥的体积.
立体几何中常见的求体积的方法： 公式法 割补法 等体积法
1．在四棱柱中，平面平面，，底面为菱形，，分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，求三棱锥的表面积．
2．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，.

(1)证明：；
(2)记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求；
(3)若，求直线与平面所成角的正弦值.
题型9：立体几何中的存在性问题
1．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，二面角的大小为．
(1)求线段的长．
(2)若，且，则在线段上是否存在点，使得直线BE与平面PDC所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
1．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点.
(1)在底面内是否存在点，满足平面 若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由；
(2)设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值.
2．（24-25高三下·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，.
(1)证明：平面平面.
(2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
题型10：立体几何中的截面问题
1．如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．
(1)过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长；
(2)设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值．
2．（2024·河北·模拟预测）如图，四棱锥中，平面平面，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．
(1)求
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)求平面截四棱锥所得多边形的周长．
作截面的几种方法 1.直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。 2.延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。 3.平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。
1．（2024高三·全国·专题练习）如图在正方体中，是所在棱上的中点.
(1)求平面与平面夹角的余弦值
(2)补全截面
2．如图所示，在长方体中，，，为棱的中点．
(1)若是线段上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由．
(2)过作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
3．（2025·陕西西安·一模）如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.
(1)求三棱锥的体积；
(2)当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积.
题型11：立体几何中的最值问题
1．如图，在高为6的直三棱柱中，底面的周长为分别为棱，上的动点.
(1)若，证明：平面.
(2)求的最小值.
(3)若，求平面与底面夹角的余弦值的最大值.
1．如图，圆台的下底面的内接正方形的边长为4，是上底面圆周上的一点，且满足，．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的外接球的表面积；
(3)是的中点，是上底面圆周上的一点，求异面直线与所成角的余弦值的最大值．
如图，四棱锥中，．
(1)当为正三角形时，
（i）若，证明：直线平面PBC；
（ii）若A，B，D，P四点在以为半径的球面上，则四棱锥的体积是多少？
(2)当为等腰直角三角形时，且，求二面角的余弦值的最小值．
3．在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点.
(1)设，
（i）证明：平面；
（ii）求三棱锥的外接球体积；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑